Giải thích các bước giải:

a) B thuộc đường tròn đường kính AD nên \(\widehat {ABD} = {90^0} \Rightarrow \widehat {HBI} = {90^0}\).

Ta có: \(OA = OB,\,\,MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow OM\) là trung trực của AB

\( \Rightarrow OM \bot AB\) tại H \( \Rightarrow \widehat {OHB} = {90^0}\).

I là trung điểm của BD \( \Rightarrow OI \bot BD\) (Quan hệ giữa đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow \widehat {OIB} = {90^0}\).

Xét tứ giác OHBI có: \(\widehat {HBI} = \widehat {OHB} = \widehat {OIB} = {90^0}\).

\( \Rightarrow OHBI\) là hình chữ nhật (dhnb).

b) Ta có: \(OI \bot BD\) tại trung điểm I của BD

\( \Rightarrow OI\) là trung trực của BD

\( \Rightarrow OK\) là trung trực của BD

\( \Rightarrow KB = KD\) (Tính chất trung trực).

Mà \(KB\) là tiếp tuyến của (O), \(D \in \left( O \right)\) nên \(KB\) là tiếp tuyến của (O).

c) Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OBM có:

\(MB = \sqrt {O{M^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {R^2}}  = R\sqrt 3 \).

OHBI là hình chữ nhật nên \(OH \bot OI \Rightarrow OM \bot OK\).

\( \Rightarrow \Delta OMK\) vuông tại O, có đường cao OB.

Áp dụng HTL trong tam giác vuông OMK có:

\(O{M^2} = MB.MK \Rightarrow MK = \dfrac{{O{M^2}}}{{MB}} = \dfrac{{4{R^2}}}{{R\sqrt 3 }} = \dfrac{{4R}}{{\sqrt 3 }}\).

\( \Rightarrow BK = MK - MB = \dfrac{{4R}}{{\sqrt 3 }} - R\sqrt 3  = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow DK = BK = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AKD có:

\(AK = \sqrt {A{D^2} + K{D^2}}  = \sqrt {4{R^2} + \dfrac{{{R^2}}}{3}}  = \dfrac{{R\sqrt {39} }}{3}\).

Vậy chu vi tam giác AKD bằng

\(AK + DK + AD = \dfrac{{R\sqrt {39} }}{3} + \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3} + 2R = \dfrac{{\sqrt {39}  + \sqrt 3  + 6}}{3}R\)

d) OHBI là hình chữ nhật \( \Rightarrow OI\parallel HB \Rightarrow OK\parallel AQ\).

Xét tam giác ADQ có:

OK // AQ (cmt)

O là trung điểm của A (gt)

\( \Rightarrow K\) là trung điểm của DQ (Định lí đường trung bình trong tam giác) (đpcm).